СОДЕРЖАНИЕ

Введение

1. Механика твёрдого тела. Динамика поступательного и вращательного движения твёрдого тела. Определение момента инерции тела с помощью маятника Обербека

Контрольные вопросы

Решение

2. Колебания и волны

2.1 Кинематика колебательного движения

Контрольные вопросы

Решение

2.2 Динамика колебательного движения

Контрольные вопросы

Решение

Заключение

Список литературы

ВВЕДЕНИЕ

Целью расчётно-графической работы является углубление и закрепление знания основных понятий и законов двух разделов: «Механика твёрдого тела» и «Гармонические колебания». Для того, чтобы укрепить знания по разделу «Механика твёрдого тела» необходимо с помощью маятника Обербека исследовать зависимость углового ускорения от момента внешней силы при условии, что I₀=const, и зависимость момента инерции от расстояния грузов до оси вращения, рассчитав при этом момент инерции согласно теореме Штейнера.

1. МЕХАНИКА ТВЁРДОГО ТЕЛА ДИНАМИКА ПОСТУПАТЕЛЬНОГО И ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТВЁРДОГО ТЕЛА. ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТА ИНЕРЦИИ ТЕЛА С ПОМОЩЬЮ МАЯТНИКА ОБЕРБЕКА

Контрольные вопросы

1. Момент инерции точки относительно данной оси – скалярная величина, равная произведению массы точки на квадрат расстояния от этой точки до оси. (I_i=m_ir_i²). Момент инерции тела относительно оси вращения – физическая велиина равная сумме произведений масс n материальных точек системы на квадраты их расстояний до рассматриваемой оси. (I=ΣI_i=Σm_ir_i)

2. Роль момента инерции во вращательном движении. Момент инерции является мерой инертности тела при вращательном движении подобно тому, как масса есть мера инертности при поступательном движении. Момент инертности показывает распределение массы в пространстве относительно оси вращения.

3. Рассмотрим сечение твердого тела произвольной формы, изображенное на рисунке

Выберем координатную систему XY с началом координат O в центре масс C тела. Пусть одна из осей вращения проходит через центр масс C, а другая через произвольную точку P, расположенную на расстоянии d от начала координат. Обе оси перпендикулярны плоскости чертежа. Пусть Δm_i – некоторый малый элемент массы твердого тела. По определению момента инерции:

Выражение для I_P можно переписать в виде:

Поскольку начало координат совпадает с центром масс C, последние два члена обращаются в нуль. Это следует из определения центра масс. Следовательно, I₀=I_c+ma²=0,5mR²+m=1,5mR²

где m – полная масса тела.

Теорема Штейнера: момент инерции тела относительно любой оси вращения равен моменту его инерции I_c относительно оси, проходящей через центр масс плюс произведение массы тела на квадрат расстояния «а» между осями.

4. Момент силы относительно неподвижной оси – скалярная величина М равная проекции на эту ось вектора момента силы , определённого относительно произвольной точки на данной оси Z. Если имеется материальная точка , к которой приложена сила , то момент силы относительно точки равен векторному произведению радиус-вектора , соединяющий точки O и OF, на вектор силы: Направление момента силы совпадает с направлением поступательного движения правого винта при его вращении.

Уравнение динамики вращательного движения тела: Элементарная работа всех внешних сил при таком повороте равна элементарному изменению кинетичекой энергии:

dA=dE_k=> M=dε => M=Idω/dt => M=d(Iω)/dt

5. M=Iε– это основное уравнение динамики вращательного движения тела: угловое ускорение вращающегося тела прямо пропорционально сумме моментов всех действующих на него сил относительно оси вращения тела и обратно пропорционально моменту инерции тела относительно этой оси вращения. Полученное уравнение аналогично по форме записи выражению второго закона Ньютона для поступательного движения тела:F=ma

Ускорению поступательного движения тела а соответствует угловое ускорение вращательного движения ε. Аналогом силы F при поступательном движении, является момент силы М во вращательном движении, а аналогом массы тела m при поступательном движении, служит момент инерции тела I при вращательном движении.

Решение

Вариант	m0	m	m1	m2	m3	l1	l2	l3	a	R
22	0,04	0,2	0,2	0,1	0,3	0,3	0,1	0,5	0,3	0,03

1. Найдём момент инерции J₀ системы, если известны масса груза m, радиус блока R, l=0, трением пренебречь.

J₀=m(g-a)R/ε=m(g-a)R²/a

Вычислим и получим результат: J₀=0,0057кгм²

2. Строим график зависимости J=f(l) при l₁ , l₂, l₃.

Момент инерции маятника Обербека согласно теореме Штейнера может быть записан в виде:

J=J₀+4m₀l²

где l – расстояние центров грузов m от оси вращения.

Рассчитаем момент инерции системы для различных l:

при l=0 J=J₀=0,0057кгм²

при l₁=0,3 J₁=0,0201кгм²

при l₂=0,1 J₂= 0,0073кгм²

при l₃=0,5 J₃= 0,0457кгм²

Составим таблицу результатов расчётов и отразим это графиком:

l, м	0	0,3	0,1	0,5
J, кгм2	0,0057	0,0201	0,0073	0,0457

2. Строим график зависимости ε=f(M) при m₁, m₂, m₃ при J=const

Вращающий момент равен M = TR, где силу натяжения нити T находим из уравнения T=m(g-a), тогда M=m(g-a)R.

Из основного уравнения динамики для вращательного движения находим главное угловое ускорение:ε=m/J=m(g-a)R/J, где J=const(по условию)

Возьмём значение момента инерции из п.2: J=J₀=0,0057 кгм²

Сделаем расчёт вращающего момена М при различных значениях m:

при m₁=0,2 M₁=0,2(9,8-0,3)0,03=0,057Нм

при m₂=0,1 M₂=0,1(9,8-0,3)0,03=0,0285Нм

при m₃=0,3 M₃=0,3(9,8-0,3)0,03=0,0855Нм

Сделаем расчёт для углового ускорения ε:

при m₁=0,2 ε=M₁/J₀=10с^-2

при m₂=0,1 ε=M₂/J₀=5с^-2

при m₃=0,3 ε=M₃/J₀=15с^-2

Составим таблицу результатов расчёта и отразим это графиком:

m, кг	0,1	0,2	0,3
M, Н*м	0,0285	0,057	0,0855
ε, с-2	5	10	15

Мы получили линейную зависимость ε от М при J=const и различных массах m₁, m₂, m₃.

2. Колебания и волны

2.1 Кинематика колебательного движения

Контрольные вопросы

1. Колебания – это процессы обладающие некоторой повторяемостью во времени. Гармонические колебания – колебания, происходящие по закону синуса и косинуса. Амплитуда – максимальное отклонение колеблющейся величины от положения равновесия в данный момент времени. Фаза – угловое отклонение колеблющейся величины от положения равновесия в данный момент времени. Циклическая частота – число колебаний за 2π единиц времени. Период – время одного полного колебания.

2. Дано: А=5см; Т=4с; φ₀=π/2 Уравнение: ω=2π/T=π/2 => х=5sin(π/2t+π/2)

при t₁=0, Х=0; при t₂=1,5, Х=-5.

3. Дано: А=5 см; Т=8, ω = π/4(по формуле п.2). Написать уравнение гармонического колебания:

   1. φ₀=0; x=5cos(π/4t+0)= 5cos(π/4t)

   2. φ₀=π/2; x=5cos(π/4t+ π/2)=-5cos(π/4t)

   3. φ₀=π; x=5cos(π/4t+π)=-5cos(π/4t)

   4. φ₀=3π/2; x=5cos(π/4t+3π/2)=5sin(π/4t)

1. φ₀=2π; x=5cos(π/4t+2π)= 5cos(π/4t)

Решение:

X=Acos(ωt+φ0)		t=5c
A=5м	ω=π	φ0=π

1. Из уравнения гармонического колебательного движения точки определяем смещение точки и строим график X=f(t) в пределах одного периода:

X = Acos (ωt+φ₀ )= 5cos (πt+π

при t₁= 4 c; X₁= -5

при t₂= 4,5с; X₂= 0

при t₃ = 5с; X₃=5

при t₄ = 5,5с; X₄= 0

при t₅ = 6с; X₅=-5

Период равен:T=2π/ω=2c

2. Определяем скорость колеблющейся точки и по результатам расчёта строим график в пределах одного периода:

При t₁=4 c V₁= 0

При t₂=4,5 c V₂=15,7 м/с

При t₃=5 c V₃ = 0

При t₄=5,5 c V₄=-15,7 м/с

При t₅=6 c V₅= 0

t,с	4	4,5	5	5,5	6
V,м/с	0	15,7	0	-15,7	0

3. Определяем ускорение колеблющейся точки и по результатам расчёта строим a=f(t) график.

A=dv/dt=-Aω²cos(ωt+φ₀)=-5π²cos(πt+π/2)

При t₁=4 c, a₁= 0

При t₂=4,5c, a₂=49,3 м/с²

При t₃=5 c, a₃= 0

При t₄=5,5 c, a₄= -49,3 м/с²

При t₅=6 c, a₅ = 0

t,c	4	4,5	5	5,5	6
X, м	-5	0	5	0	-5

t, c

4

	4,5	5	5,5	6
a, м/с2	0	49,3	0	-49,3	0

4. Для большей наглядности сведём все три графика X=f(t), V=f(t), a=f(t) на одни оси.

1. Динамика колебательного движения контрольные вопросы

• Сила действующая на колеблющуюся материальную. точку массой m:

• F= - mω₀x

• Кинетическая энергия материальной точки, совершающей прямолинейные гармонические колебания: E_k=mA²ω²cos²(ωt+φ)/2

• Потенциальная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания:E_п=E₀sin²(ωt+φ)

• Полная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания: E=mA²ω²/2

1. Дано: x=0,1sin(π/8•t+π/4), m=0,16 кг.

F_max=F₀=mAω²=0,16*0,1*(π/8)²=0,003H

F=-F₀sin(ωt+φ)=-0,52sin(π/8•t+π/4)

При t₁=0c, F₁=-0,37H

При t₂=1c, F₂ = -0,48H

При t₃=2 c, F₃ =-0,52H

При t₄=3 c, F₄ = -0,48H

При t₅=4с, F₅=-0,37H

При t₆=5c, F₆ =-0,2H

При t₇=6, F₇=0H

При t₈=7, F₈=0,2H

При t₉=8, F₉=0,37

2. Дано: m=0,16 кг, x=2sin(π/4·t+π/4)

E₀=Eпол= 0,16·4(π/4)²/2=0,2Дж

E_k=E₀cos²(ωt+φ)=0,2cos²(π/4·t+π/4)

E_п=E₀sin²(ωt+φ) =0,2sin²(π/4·t+π/4)

При t₁=0 c, E_k1=0,1Дж E_п=0,1Дж

При t₂=0,5 c, E_k2=0,03Дж E_п=0,17Дж

При t₃=1 c, E_k3=0 E_п=0,2Дж

При t₄=1,5 c, E_k4=0,03Дж E_п=0,17Дж

При t₅=2 c, E_k5= 0,1Дж E_п=0,1Дж

Решение

Вариант	X=f(t)	m, кг	t, c	A, м	ω, с-1	φ0, рад
22	Asin(ωt+φ0)	0,12	3	7	π/4	π/2

1. Найдём силу для момента времени t и максимальную силу F_m:

F= - mA(π/4)²sin(π/4·t+π/2)=0,37H

F_max=F₀=mAω²=0,52H

F=-F₀sin(ωt+φ)= - 0,52 sin(π/4·t+π/2)

При t₁=1 c, F₁=-0,37H

При t₂=1,5c, F₂ = -0,2H

При t₃=2 c, F₃ = 0

При t₄=2,5 c, F₄ =0,2H

При t₅=3c, F₅ = 0,37H

При t₆=3,5, F₆=0,48H

При t₇=4, F₇=0,52H

При t₈=4,5, F₈=0,48H

При t₉=5, F₉=0,37H

При t₁₀= 5,5c, F₁₀=0,2H

При t₁₁=6c, F₁₁ = 0

При t₁₂=6,5 c, F₁₂ = -0,2H

При t₁₃=7 c, F₁₃ = -0,37H

t, c

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

5

5,5

6

6,5

7

F, H

-0,37

-0,2

0

0,2

0,37

0,48

0,52

0,48

0,37

0,2

0

-0,2

-0,37

2. Найдём максимальную кинетическую энергию:

E₀=E_kmax=mA²ω²/2=1,81Дж

3. Найдём кинетическую и потенциальную энергию для момента времени t=3c:

E_k=mV²/2=mA²ω²cos²(ωt+φ)/2=0,86Дж

E_п(max)=E₀=1,81Дж

E_k= E₀cos²(ωt+φ)= E₀cos²(π/4·t+π/2)

При t₁=0 c, E_k1=0 Дж

При t₂=0,5c, E_k2=0,27Дж

При t₃=1 c, E_k3=0,9Дж

При t₄=1,5 c, E_k4=1,53Дж

При t₅=2 c, E_k5= 1,81Дж

При t₆=2,5 E_k6=1,53Дж

При t₇=3 E_k7=0,9Дж

При t₈=3,5 E_k8=0,27Дж

При t₉=4, E_k9=0

При t₁₀=4,5 E_k10=0,27Дж

При t₁₁=5 E_k11=0,9Дж

При t₁₂=5,5 E_k12=1,53Дж

При t₁₃=6 E_k13= 1,81Дж

При t₁₄=6,5 E_k14=1,53Дж

При t₁₅=7 E_k15=0,9Дж

При t₁₆=7,5 E_k16=0,27Дж

При t₁₇=8, E_k17=0

Т.к E₀=1,81 Дж (из п.2)

t,с

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

5

5,5 6 6,5 7 7,5 8 F,Н 0 0,27 0,9 1,53 1,81 1,53 0,9 0,27 0 0,27 0,9 1,53 1,81 1,53 0,9 0,27 0 Найдём значение потенциальной энергии для отдельных моментов времени в пределах одного периода: Eп=Епол-Ек=mA2ω2/2 – mA2ω2cos2(ωt+φ)/2=E0sin2(π/4·t+π/2) При t1=0 c, Eп1=1,81Дж При t2=0,5 c, Eп2=1,53Дж При t3=1 c, Eп3=0,9Дж При t4=1,5 c, Eп4=0,27Дж При t5=2 c, Eп5= 0 При t6=2,5 Eп6=0,27Дж При t7=3 Eп7=0,9Дж При t8=3,5 Eп8=1,53Дж При t9=4, Eп9=1,81Дж При t10=4,5 Eп10=1,53Дж При t11=5 Eп11=0,9Дж При t12=5,5 Eп12=0,27Дж При t13=6 Eп13= 0 При t14=6,5 Eп14=0,27Дж При t15=7 Eп15=0,9Дж При t16=7,5 Eп16=1,53Дж При t17=8, Eп17=1,81Дж Заключение В этой расчётно-графической работе мы исследовали зависимости при определении момента инерции тела с помощью маятника Обербека, а также на примере проследили действие законов из таких разделов физики, как «Механика твёрдого тела» и «Колебания и волны». Данная расчётно-графическая работа актуальна, так как она помогает овладеть аналитико-синтетическим методом, усилив внимание на качественной стороне физической сущности явлений; развивает практические навыки работы со справочной литературой; помогает овладеть элементами научно-исследовательской и самостоятельной творческой работы; позволяет использовать один из вариантов внедрения ПК в учебный процесс с помощью решения задач и построения графиков. Список литературы Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высшая школа, 1999 г. Бачище А.В. Краткий курс общей физики. Механика. Молекулярная физика. Термодинамика. – Новороссийск: НГМА, 1999 г. 1. Контрольная работа на тему Облік зовнішньоекономічної діяльності 2 2. Реферат на тему Bookreports Essay Research Paper ArchitectThe career that 3. Реферат на тему Рациональное применение назальных деконгестантов при острых респираторных вирусных инфекциях у детей 4. Реферат на тему Donor Essay Research Paper The book starts 5. Реферат на тему Baby Paper Essay Research Paper Normally when 6. Курсовая Современные подходы к обучению грамматики иностранного языка 7. Реферат История развития микроскопии 8. Реферат Общественная потребность в политологии. Объект и предмет политологии 9. Реферат на тему The Irish Question Essay Research Paper For 10. Реферат на тему Energy Problems Essay Research Paper ENERGY SHORTAGE Bukvasha Правила Контакты